Số lũy thừa hoàn hảo và giả thuyết pilai

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - - NGUYỄN THÀNH HIẾU SỐ LŨY THỪA HOÀN HẢO VÀ GIẢ THUYẾT PILLAI Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH HÀ HUY KHOÁI THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 Mục lục Mở đầu Phương trình nghiệm ngun 1.1 Phương trình tuyến tính 1.2 Phương trình Fermat 1.3 Phương trình Pell 1.4 Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Số lũy thừa hoàn hảo giả thuyết Pillai 2.1 Số lũy thừa hoàn hảo 2.2 Giả thuyết Pillai dãy số lũy thừa hoàn hảo 2.3 Các vấn đề mở suy từ giả thuyết Pillai 2.4 Ước lượng đẹp giả thuyết Pillai 2.5 Giả thuyết abc 2.6 Giả thuyết Waring Kết luận Tài liệu tham khảo 4 12 17 24 24 24 27 36 37 39 40 41 Mở đầu Số học nói chung Phương trình nghiệm ngun nói riêng lĩnh vực xa xưa Toán học, chúng lĩnh vực tồn nhiều tốn, giả thuyết chưa có câu trả lời Trong suốt q trình phát triển Tốn học, Phương trình nghiệm nguyên thu hút nhiều người quan tâm nghiên cứu tìm hiểu Chính việc tìm lời giải cho toán hay chứng minh giả thuyết phương trình nghiệm nguyên làm nảy sinh lí thuyết, phương pháp khác tốn học Các tốn giải phương trình nghiệm ngun khơng có quy tắc giải tổng quát, có dạng đơn giản Mỗi phương trình với dạng riêng địi hỏi phải có cách giải đặc trưng phù hợp Điều có tác dụng rèn luyện tư toán học mềm dẻo, linh hoạt sáng tạo cho người làm tốn Chính tốn phương trình nghiệm ngun có mặt kì thi học sinh giỏi Tốn quốc gia, quốc tế Việc hệ thống cách tương đối phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đưa vấn đề mở phương trình nghiệm nguyên cần thiết việc giảng dạy nghiên cứu toán học, đặc biệt công tác ôn luyện học sinh giỏi Với lí đó, luận văn này, trước tiên tổng hợp số phương pháp giải phương trình nghiệm ngun thơng qua ví dụ cụ thể; Phần dành để giới thiệu số giả thuyết vấn đề liên quan đến phương trình nghiệm nguyên quan tâm gần Nội dung luận văn gồm chương Chương 1: Trình bày số dạng phương trình nghiệm nguyên số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên thơng qua ví dụ cụ thể Chương 2: Trình bày số lũy thừa hoàn hảo, giả thuyết Pillai số lũy thừa hoàn hảo số vấn đề liên quan Luận văn hoàn thành với hướng dẫn nhiệt tình GS.TSKH Hà Huy Khối Tơi xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc đến Thầy, người dành cho hướng dẫn chu đáo nghiêm túc trình học tập, nghiên cứu thực luân văn Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Thầy Cơ khoa Tốn trường Đại Học Khoa Học – Đại Học Thái Nguyên Thầy Cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2012-2014 giúp đỡ động viên tơi nhiều q trình học tập trường Thái Nguyên, ngày 15 tháng năm 2014 Tác Giả Nguyễn Thành Hiếu Chương Phương trình nghiệm ngun 1.1 Phương trình tuyến tính Định nghĩa 1.1.1 Phương trình Diophantine tuyến tính phương trình có dạng: ax + by = c, (1) a, b, c số nguyên, đồng thời biến x, y nhận giá trị nguyên Giải phương trình (1) tìm cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1) Để giải phương trình (1) ta dựa vào định lí sau đây: Định lí 1.1.2 Giả sử a, b số nguyên dương, d ước chung lớn a b, d = (a, b) Khi phương trình ax + by = c khơng có nghiệm ngun d khơng ước c Nếu d |c phương trình có vô số nghiệm Hơn x = x0 , y = y0 nghiệm phương trình, nghiệm phương trình có dạng: x = x0 + a b n, y = y0 − n d d Trong n số nguyên Chứng minh Giả sử (x, y) nghiệm phương trình Do d |a , d |b nên d |c Như d không ước c phương trình khơng có nghiệm ngun Giả sử d |c Khi đó, tồn số nguyên s, t cho: d = as + bt (2) Do d |c nên tồn e nguyên cho de = c Nhân hai vế (2) với e ta được: c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te) Như vậy, ta có ngiệm phương trình cho x = x0 = se, y = y0 = te Ta chứng minh tồn vô số nghiệm Đặt x = x0 + db n, y = y0 − ad n, n nguyên Ta thấy cặp (x, y) xác định nghiệm, ax + by = ax0 + a db n + by0 − b da n = ax0 + by0 = c Ta chứng minh nghiệm phương trình phải có dạng nêu Giả sử (x, y) nghiệm tùy ý, tức x, y nguyên thỏa mãn ax + by = c Khi đó: (ax + by) − (ax0 + by0) = Suy ra: a(x − x0) + b(y − y0 ) = Tức là: a(x − x0) = b(y0 − y) Chia hai vế đẳng thức cho d, ta được: a d (x − x0) = db (y0 − y) (3) Do d = (a, b) nên a d b d nguyên tố Từ suy y0 − y ad , tức tồn n nguyên cho da n = y0 − y Suy y = y0 − da n Thay giá trị y vào phương trình (3) ta x = x0 + db n Ví dụ 1.1.3 Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 5x + 3y = 19 Lời giải Ta có (5, 3) = Do ước 19 nên phương trình cho có nghiệm Dễ thấy x0 = 2, y0 = nghiệm phương trình cho Theo định lí trên, nghiệm phương trình có dạng: x = + 3n, y = − 5n, với n số nguyên 1.2 Phương trình Fermat 1.2.1 Các số Pitago Bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn x2 + y = z gọi số Pitago Ví dụ {3, 4, 5} , {6, 8, 10} số Pitago Rõ ràng rằng, (x, y, z) số Pitago (kx, ky, kz) số Pitago với số tự nhiên k Bộ số Pitago (x, y, z) gọi nguyên thủy (x, y, z) = Ví dụ {3, 4, 5} , {5, 12, 13} số Pitago nguyên thủy, số {6, 8, 10} không nguyên thủy Bổ đề 1.2.1 Nếu (x, y, z) số Pitago nguyên thủy (x, y) = (x, z) = (y, z) = Chứng minh Giả sử (x, y, z) số Pitago nguyên thủy (x, y) > Khi tồn số nguyên tố p cho p |(x, y) Vì p |x p |y nên p (x2 + y ) = z Do p nguyên tố mà p z nên p |z , mâu thuẫn với giả thiết (x, y, z) = Vậy (x, y) = Tương tự ta có (x, z) = (y, z) = Bổ đề 1.2.2 Giả sử (x, y, z) số Pitago nguyên thủy Khi x chẵn, y lẻ x lẻ, y chẵn Chứng minh Giả sử (x, y, z) số Pitago nguyên thủy Do Bổ đề 1.2.1, (x, y) = 1, nên x y chẵn Nếu x y lẻ ta có x2 ≡ y ≡ 1(mod4), nên z = x2 + y ≡ 2(mod4) Điều vơ lí Vậy x y lẻ Bổ đề 1.2.3 Giả sử r, s, t số nguyên dương cho (r, s) = rs = t2 Khi tồn số nguyên h l cho r = l2 s = h2 Chứng minh Nếu r = s = bổ đề hiển nhiên Ta giả sử r > s > Giả sử cách phân tích r, s, t thừa số nguyên tố có dạng sau: r = pα1 pα2 pαnn α α n+1 n+2 s = pn+1 pn+2 pαmm t = q1β1 q2β2 qkβk Vì (r, s) = nên số nguyên tố xuất phân tích r α α n+1 n+2 pn+2 pαmm = q12β1 q22β2 qk2βk s khác Do rs = t2 nên pα1 pα2 pαnn pn+1 Từ Định lí Số học ta suy rằng, lũy thừa nguyên tố xuất hai vế đẳng thức phải Vậy, pi phải qj đó, đồng thời αi = 2βj Do đó, số mũ αi chẵn nên αi số nguyên Từ suy r = l2, s = h2 , l, h số nguyên: α /2 α /2 α /2 l = p1 p2 pnn α /2 α /2 α /2 n+1 n+2 h = pn+1 pn+2 pmm Tất số Pitago nguyên thủy mô tả định lí sau: Định lí 1.2.4 Các số nguyên dương x, y, z lập thành số Pitago nguyên thủy, với y chẵn tồn số nguyên dương nguyên tố m, n với m>n, m lẻ, n chẵn m chẵn, n lẻ cho x = m2 − n2 y = 2mn z = m2 + n2 Chứng minh Giả sử (x, y, z) số Pitago nguyên thủy Từ Bổ đề 1.2.2 ta thấy x lẻ, y chẵn, ngược lại Vì ta giả thiết y chẵn nên x, z lẻ Do x + z z − x số chẵn, nên số r = x+z , s= z−x số nguyên Vì x2 + y = z nên y = z − x2 = (z + x)(z − x) Vậy: y 2 = z+x z−x = rs Để ý (r, s) = Thật vậy, (r, s) = d d |r , d |s nên d |(r + s) = z d |(r − s) = x Điều có nghĩa d |(z, x) = nên d = Áp dụng Bổ đề 1.2.3 ta thấy tồn số nguyên m, n cho r = m2 , s = n2 Viết x, y, z thông qua m, n ta có: x = r − s = m2 − n2 √ √ y = 4rs = 4m2n2 = 2mn z = r + s = m2 + n2 Ta chứng minh x, y, z nguyên tố Giả sử ngược lại (x, y, z) = d > Khi tồn số nguyên tố p cho p |(x, y, z) Ta thấy p không ước x lẻ (do x = m2 − n2 m2 , n2 khơng tính chẵn lẻ) Lại p |x , p |z nên p (z + x) = 2m2 p (z − x) = 2n2 Vậy p |m , p |n: mâu thuẫn với (m, n) = Do (x, y, z) = tức (x, y, z) số Pitago nguyên thủy 1.2.2 Phương trình Fermat Ta thấy phương trình x + y = z có vơ hạn nghiệm ngun (x, y, z) Các số Pitago cho ta vô hạn nghiệm nguyên phương trình x2 + y = z Vấn đề đặt số mũ biến tăng lên, liệu phương trình xn + y n = z n với n ≥ có nghiệm ngun hay khơng ? có số nghiệm hữu hạn hay vơ hạn? Định lí 1.2.5.(Định lí Fermat) Phương trình xn + y n = z n khơng có nghiệm nguyên x, y, z khác n số nguyên dương, n ≥ Định lí Fermat chứng minh năm 1993 A Wiles, với việc sử dụng kiến thức cao nhiều ngành toán học khác Trong phần trình bày chứng minh định lí lớn Fermat cho trường hợp n = 4, mà mấu chốt của chứng minh phương pháp lùi vô hạn Fermat đề xuất 27 S.S Pillai giải phương trình: 2x − 3y = 3Y − 2X , 2x − 3y = 2X + 3Y , 3y − 2x = 2X + 3Y số lượng nghiệm phương trình 6, 2.2.2 Giả thuyết Pillai số lũy thừa hồn hảo Giả thuyết Pillai: Với số nguyên k ≥ phương trình Diophan- tine ax − by = k có số nghiệm nguyên dương (a, b, x, y) với x ≥ 2, y ≥ hữu hạn Hay giả thuyết phát biểu sau: Khoảng cách hai phần tử liên tiếp dãy số lũy thừa hồn hảo tiến đến vơ cực Tức dãy số lũy thừa hoàn hảo xếp theo thứ tự tăng dần sau a1 = 1, a2 = 4, a3 = 8, a4 = 9, ta có: lim sup(an − an−1 ) = ∞ n→∞ Giá trị nhỏ hiệu an −an−1 dãy (an )n≥1 cặp (an , an−1) sau: (8, 9), (25, 27), (125, 128), (4, 8), (32, 36), (121, 125), Euler đưa công thức: n≥2 an −1 = A.J van der Poorten đưa công thức : ∞ ak +1 k=1 ∞ ∞ n=0 m=1 2.3 = π2 − 2m+1 (4n+3) = 0, 789868133 = π − 21 log = 0, 046125 Các vấn đề mở suy từ giả thuyết Pillai Trong giả thuyết Pillai có trường hợp giải trường hợp k = Nghĩa có hữu hạn cặp số nguyên liên 28 tiếp số lũy thừa hoàn hảo Điều R Tijdeman chứng minh vào năm 1976 Phần trình bày chủ yếu phương trình Catalan, trình chứng minh giả thuyết Catalan phương trình Pillai ax − by = c 2.3.1 Phương trình Catalan Xét phương trình xp − y q = k (phương trình Catalan) Nếu cho k = ta thu đoán mạnh giả thuyết Pillai, đoán đưa E Catalan vào năm 1844 Ông cho hai số nguyên liên tiếp số lũy thừa hồn hảo Giả thuyết Catalan: Phương trình xp − y q = (trong x, y, p, q số nguyên lớn 1) có nghiệm (3, 2, 2, 3) Phương trình 3a − 2b = Philippe de Vitry đưa Levi Ben Gerson giải vào năm 1320 Ơng phương trình có nghiệm (a, b) = (2, 3) Năm 1657, Frennicle de Besy chứng minh: phương trình x2 − = pn khơng có nghiệm ngun p số nguyên tố lẻ n số nguyên (n ≥ 2) Phương trình x2 − = 2n khơng có nghiệm ngun n > Năm 1738, L Euler chứng minh phương trình x3 − y = −1 có nghiệm (x, y) = (2, 3) Năm 1850, Lebesgue chứng minh xm − y n = khơng có nghiệm với n = Năm 1921 1934, T Nagell cho p > 3, phương trình y − = y p có nghiệm nguyên với y > y chẵn p ≡ 1( mod 8) Năm 1932, S Selberg chứng minh phương trình x4 − = y n khơng có nghiệm với n ≥ x, y dương 29 Năm 1952 W.J LeVeque chứng minh a, b hai số cố định, a ≥ 2, b ≥ 2, a = b phương trình ax − by = có nhiều nghiệm (x, y) trừ trường hợp (a, b) = (3, 2) Trường hợp phương trình có hai nghiệm (1, 1) (2, 3) Năm 1958, T Nagell với n = phương trình xm − y n = có nghiệm Năm 1962 1964, A Makowski S Hyyr chứng minh khơng có ba số ngun liên tiếp số lũy thừa hoàn hảo dãy số lũy thừa hoàn hảo Năm 1964, K Inkeri chứng minh tiêu chuẩn mình: cho (x, y, p, q) nghiệm phương trình Catalan xp − y q = với p, q số nguyên tố lẻ, p ≡ 3( mod4) pq−1 ≡ 1( modq 2) √ số lớp Q( p) chia hết cho q Sau 25 năm ơng đưa tiêu chuẩn thứ hai: Nếu p ≡ 1(mod4) pq−1 ≡ 1(modq ) số lớp Q(e2iπ/p ) chia hết cho q Năm 1965, Chao Ko chứng minh phương trình xm − y n = có nghiệm với m = Năm 1976, R Tijdeman chứng minh phương trình xm −y n = có hữu hạn nghiệm (trường hợp đặc biệt giả thuyết Pillai) Năm 2003 P Mihailescu dựa kết K Inkeri M Mignotte ông đưa tiêu chuẩn cho giả thuyết Catalan: nghiệm phương trình xp − y q = với p, q nguyên tố lẻ thỏa mãn: pq−1 ≡ 1(modq ) q p−1 ≡ 1(modp2) Năm 2004 P Mihailescu hoàn thành việc chứng minh giả thuyết Catalan chứng minh hồn thiện với đóng góp Yu Bilu, Y Bugeaud G Hanrot 30 2.3.2 Phương trình Beal Phương trình Beal phương trình có dạng: xp + y q = z r (2.4) + 1q + (2.5) với điều kiện: p r với a, b, m, n nguyên dương, với x đủ lớn (phụ thuộc δ, a, b, m, n) ta có: |amx − bny | ≥ m(1−δ)x Trường hợp đặc biệt a = b = 1, m = 2, n = ta có: |2x − 3y | > 2x e−x/10, với x ≥ 12, x = 13, 14, 16, 19, 27 ∀y Sau trình nghiên cứu G Poslya vào năm 1918, S.S Pillai vào năm 1931 T Nagell năm 1958 biết phương trình (2.6) có hữu hạn nghiệm (u, v) Và thêm số điều kiện khác ơng chứng minh (2.6) có nhiều nghiệm Các ơng áp dụng giả thuyết abc để chứng minh phương trình ax1 −ax2 = by1 −by2 có số hữu hạn nghiệm (a, b, x1, x2, y1, y2) nguyên dương với điều kiện cần thiết Năm 1986, J Turk đưa ước lượng biểu thức |xn − y m |: Cho x số nguyên dương, y, n, m số nguyên lớn 2, xn = y m Thì: |xn − y m | ≥ m2/(5n) n−52−6−42/n Một vấn đề đặt ước tính xem có tối đa số lũy thừa hoàn hảo đoạn tương đối nhỏ Ví dụ: Trong đoạn [121, 128] có số 121 = 112, 125 = 53 , 128 = 27 32 C.L Stewart đốn có vô số số nguyên N thỏa mãn đoạn √ [N, N+ N ] có chứa ba số nguyên mà chúng lũy thừa bậc 2, 3, số ngun Ngồi ơng cịn đốn với N đủ lớn đoạn √ [N, N+ N ] không chứa bốn số nguyên mà chúng số lũy thừa hoàn hảo với số mũ phân biệt Năm 1993, R Scott nghiên cứu phương trình px − by = c p số nguyên tố, b > c số nguyên dương Trong số trường hợp ơng phương trình có nhiều nghiệm Năm 2001, M Bennett xem xét phương trình ax − by = c a ≥ 2, b ≥ 2, c số nguyên không âm, ẩn x ≥ 1, y ≥ Phát triển kết Le Mao Hua ông phương trình có nhiều hai nghiệm Năm 2003, M Bennett chứng minh N c số nguyên dương với N ≥ phương trình: |(N + 1)x − N y | = c, có nhiều nghiệm nguyên dương, trừ trường hợp sau đây: (N, c) ∈ {(2, 1), (2, 5), (2, 7), (2, 13), (2, 23), (3, 13)} Năm 2004, R Scott R Styer nghiên cứu phương trình: px − q y = c Trong đó: p, q, c cố định p, q số nguyên tố, p = q c số nguyên dương x, y ẩn nguyên dương (2.7) 33 Hai ông q không đồng dư với theo mơ đun 12 phương trình (2.7) có nhiều nghiệm, trừ trường hợp sau: (p, q, c) ∈ {(3, 2, 1), (2, 3, 5), (2, 3, 13), (2, 5, 3), (13, 3, 10)} Hoặc: q ordp q ≡ 1(modp2), ordp q số lẻ ordp q > Đặc biệt hai ông phương trình (2.7) với c = 2h có nhiều nghiệm nguyên dương trừ x = 3, q = 2, h = Năm 2006, R Scott R Styer xét phương trình: (−1)uax + (−1)v by = c, đó: a, b, c cố định a ≥ 2, b ≥ Hai ông phương trình có nhiều hai nghiệm ngun (x, y, u, v) với u, v ∈ {0, 1} (trừ số trường hợp ngoại lệ) Phần nghiên cứu trường hợp phương trình (2.6), trường hợp A=B=1 Khi ta có phương trình sau: au − bv = c (2.8) Dưới trình bày số định lí số nghiệm phương trình (2.8): Định lí 2.1 Nếu a, b, c số nguyên khác 0, a, b ≥ (2.8) có nhiều hai nghiệm (u, v) ngun dương Một số phương trình dạng (2.8) có hai nghiệm: 34 − = 32 − 23 = 23 − = 25 − 33 = 24 − = 28 − 35 = 13 42 − = 44 − 35 = 13 16 − = 162 − 35 = 13 23 − = 27 − 53 = 13 − = 133 − 37 = 10 91 − = 912 − 213 = 89 − = 62 − 25 = 15 − = 152 − 63 = 280 − = 2802 − 57 = 275 4930 − 30 = 49302 − 305 = 4900 64 − 34 = 65 − 38 = 1215 (2.9) Giả thuyết 2.2 Nếu a, b, c số nguyên dương với a, b ≥ (2.8) có nhiều nghiệm trừ (a, b, c) (2.9) b2a Định lí 2.3 Nếu a, b, c số nguyên dương với a, b ≥ c ≥ log a (hoặc a nguyên tố, c ≥ ba ) phương trình (2.8) có nhiều nghiệm (u, v) nguyên dương Gọi a0 số dương lớn thỏa mãn (a0 , b) = Đặt δ(a, b) = log a0 log a δ ∗ (a, b) = max {δ(a, b), − δ(a, b)} Định lí 2.4 Nếu a, b, c số nguyên dương với a, b ≥ phương trình (2.8) có nhiều nghiệm ngun dương (u, v) với điều kiện: bv ≥ 6000c δ∗ (a,b) Định lí 2.5 Nếu a, b ≥ số nguyên với ≤ c ≤ 100, (2.8) có nhiều nghiệm nguyên dương (u, v) trừ ba số (a, b, c) sau: (a, b, c) ∈ {(3, 2, 1), (2, 3, 5), (2, 3, 13), (2, 5, 3), (13, 3, 10), (4, 3, 13), (16, 3, 13), (91, 2, 89), (6, 2, 4), (15, 6, 9)} Trong trường hợp phương trình (2.8) có nghiệm 35 Định lí 2.6 Nếu a, b ≥ 2, c nguyên dương, a nguyên tố b ≡ ±1( mod a) phương trình (2.8) có nhiều nghiệm ngun dương (u, v) trừ số: (a, b, c) ∈ {(3, 2, 1), (2, 3, 5), (2, 3, 13)} Trong trường hợp phương trình (2.8) có nghiệm Hệ 2.7 Nếu a ∈ {3, 5, 17, 257, 65537} b ≥ phương trình (2.8) có nhiều nghiệm nguyên dương (u, v) trừ số (a, b, c) = (3, 2, 1) (trường hợp có nghiệm (1,1) (2,3)) 2.3.4 Phương trình Nagell-Ljunggren Phương trình Nagell-Ljunggren phương trình có dạng: xn −1 x−1 (2.10) = yp Trong ẩn x > 1, y > 1, n > 2, p ≥ Các nghiệm biết phương trình là: 35 −1 3−1 = 112, 74 −1 7−1 = 202, 183 −1 18−1 = 73 2.3.5 Phương trình Goormaghtigh n m −1 −1 Cho phương trình: a xx−1 = b yy−1 a, b cho trước, ẩn x, y, m, n Xét trường hợp đặc biệt phương trình a = b = ta thu phương trình: xm−1 + xm−2 + + x + = y n−1 + y n−2 + + y + (2.11) Với m > n > 2, y > x > phương trình (2.11) có hai nghiệm (m, n, x, y) là: (5, 3, 2, 5) (13, 3, 2, 90) 36 2.4 Ước lượng đẹp giả thuyết Pillai Giả thuyết 2.8 Với ε > 0, tồn số k(ε) > cho với số nguyên dương (a, b, x, y) (với x ≥ 2, y ≥ 2, ax = by ) ta có: |ax − by | ≥ k(ε) max {ax , by }1−(1/x)−(1/y)−ε Giả thuyết 2.9 (Giả thuyết Hall) Tồn số c > cho với cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn x3 = y ta có: x3 − y > c max x3 , y 1/6 Trong thực tế c khơng thể lớn 5− 54 Giả thuyết 2.10 (Giả thuyết Hall yếu) Tồn số k > cho với cặp nguyên dương (x,y) thỏa mãn x3 = y ta có: x3 − y > max x3, y k Dựa giả thuyết 2.10 có số kết khác: Tồn số dương c cho với cặp (x,y) x, y nguyên thỏa mãn x ≥ x3 = y thì: x x3 − y > c (loglog log x) A Korlaar R Tijdeman tìm 21 nghiệm (x, y, m, n) bất phương trình: m |xm − y n | < x đó: m, n số nguyên tố x < y < 20 Đặt: W = 1, 37.1012 Giả sử k ≥ 1, m, n, x ≥ 1, y ≥ xm > k Nếu < xm − y n ≤ k, ta có: m < W log y n < W log x 37 Định lý 2.11 Cho số nguyên n ≥ a1 , a2, , an số nguyên dương khác nhau, b1 , b2, , bn số nguyên không đồng thời (do ab11 ab22 abnn = 1) Đặt: C0(n) = e3n+9.n4n+5 M = max n4n e20n+10, max |bi|/log aj 1≤i=j≤n Khi ta có: ab11 ab22 abnn − > exp {−C0 (n) log M log a1 log an } Chú ý: Nhiều đặt |bn | M = max n4n e20n+10, log , a0 |b | |b | an n = max i a0 = 2.5 1≤i≤n 1≤i≤n−1 Giả thuyết abc Với số nguyên dương n, ta kí hiệu: R(n) = p, p|n tích ước nguyên tố phân biệt n Giả thuyết abc: Với ε > 0, tồn số dương k(ε) cho a, b, c nguyên dương, nguyên tố thảo mãn a + b = c ta có: c < k(ε)R(abc)1+ε Năm 1986, C.L Stewart R Tijdeman chứng minh tồn số k cho với điều kiện giả thuyế abc ta có: log c < kR15 với R=R(abc) Năm 1991, C.L Stewart Yu Kunrui đưa bất đẳng thức: 38 log c < k(ε)R2/3+ε, với k(ε) số dương phụ thuộc vào ε Trên thực tế cịn có kết khác là: log c < R(2/3)+(k/ log log R) , với k số Một ước lượng rõ ràng đưa Wong Chi Ho luận văn thạc sĩ ông sau: Cho c > 2, với điều kiện giả thuyết abc, ta có ước lượng: log c ≤ R(1/3)+(15/ log log R) Năm 2001 C.L Stewart tìm ước lượng mạnh hơn: log c < kR1/3(log R)3 , với k số dương Ông đưa ước lượng khác theo hướng giả thuyết abc sau: a, b, c số nguyên dương, nguyên tố với a + b = c c > thì: log c < p′ Rk(log log log R ∗ )/ log log R Trong đó: R∗ = max {R, 16}, p′ = {pa , pb, pc} với pa , pb, pc thừa số nguyên tố lớn a, b, c (quy ước thừa số nguyên tố lớn 1) 39 2.6 Giả thuyết Waring Với số nguyên k ≥ ta kí hiệu g(k) số nguyên g nhỏ cho số nguyên dương tổng tối đa g số nguyên có dạng xk Đặt I(k) = 2k + k − Giả thuyết Waring: Với k ≥ ta có g(k) = I(k) Năm 1936 L.E Dickson S.S Pillai chứng minh giả thuyết độc lập với nhau, với điều kiện r = 3k − 2k q thỏa mãn: r ≤ 2k − q − Người ta chứng minh điều kiện r ≤ 2k − q − thỏa mãn với ≤ k ≤ 471600000 Tuy nhiên K Mahler chứng minh điều với k đủ lớn Sinnou David đưa kết sau: Giả sử có hai số dương θ k với: 1